动力学三大定律的综合应用汇总

动力学三大定律的综合应用

教学目的：1.明确三大定律的区别及解题过程中的应用原则

2.掌握三大定律解题的思路和方法

教学重点、难点：用两个守恒定律去解决问题时，必须注意研究的问题是否满足守恒的条件．

考点梳理：

一、解决动力学问题的三个基本观点

1．力的观点

牛顿运动定律结合运动学公式，是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系．利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节．中学只能用于匀变速运动(包括直线和曲线运动)，对于一般的变加速运动不作要求．

2．动量的观点

动量观点主要考虑动量守恒定律．

3．能量的观点

能量观点主要包括动能定理和能量守恒定律．动量的观点和能量的观点研究的是物体或系统经历的过程中状态的改变，它不要求对过程细节深入研究，关心的是运动状态的变化，只要求知道过

程的始末状态动量、动能和力在过程中功，即可对问题求解．二、力学规律的选用原则

1．选用原则：求解物理在某一时刻的受力及加速度时，可用牛顿第二定律解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．

2．动能定理的选用原则：研究某一物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，涉及位移和速度，不涉及时间时优先考虑动能定理。

3．动量守恒定律和机械能守恒定律原则：若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般用这两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件．

4．选用能量守恒定律的原则：在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．

5．选用动量守恒定律的原则：在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场．

三、综合应用力学三大观点解题的步骤

1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．2．分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程比较复杂的问题，要正确、合理地把

全过程划分为若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．

3．根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．

4．代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．例1.如图6－3－1所示，在光滑水平地面上，有一质量m1＝4.0 kg的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上A点处的质量m2＝1.0 kg的木块(可视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间的动摩擦因数μ＝0.40，木块与A点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计，现小车与木块一起以v0＝2.0 m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1＝1.0 m/s的速度水平向左运动，g取10 m/s2.

(1)求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小；

(2)若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能；

(3)要使木块最终不从小车上滑落，则车面A点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？

【思路点拨】小车碰后向左的动量m1v1比木块m2向右的动量m2v0大，因此，最终木块和小车的总动量方向向左；弹簧的最大弹性势能对应小车与木块同速向左时；而木块恰好不从小车左侧滑落对应车面A点左侧粗糙部分的最小长度．

【解析】(1)设v1的方向为正，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小为

Δp＝m1v1－m1(－v0)＝12 kg〃m/s.

(2)小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者两次具有相同速度为止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒．设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有：

m1v1－m2v0＝(m1＋m2)v

解得v＝0.40 m/s，

当小车与木块达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为E p，根据机械能守恒定律可

得E p=1

2

m1v21+

1

2

m2v02 -

1

2

( m1 +m2 )v2 =36J

(3)根据题意，木块被弹簧弹出后滑到A点左侧某点时与小车具

有相同的速度v.木块在A点右侧运动过程中，系统机械能守恒，而在A点左侧相对滑动过程中将克服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为s，根据功能关系有

1 2m1v21+

1

2

m2v02 -

1

2

( m1 +m2 )v2 =μm2gs

解得s＝0.90 m，

即车面A点左侧粗糙部分的长度应大于0.90 m.

【答案】(1)12 kg〃m/s (2)0.40 m/s 3.6 J (3)大于0.90 m 【规律总结】对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在物体瞬间碰撞时，满足动量守恒，但碰撞瞬间往往有机械能损失，而系统内物体与外界作用时，系统动量往往不守恒，在系统内物体与弹簧作用时，一般满足机械能守恒，如果同时有滑动摩擦力做功，产生摩擦热，一般考虑用能量守恒定律．对于有竖直弹簧连接的问题，弹簧的形变量与物体高度的变化还存在一定的数量关系．

变式练习1.

如右图所示，在光滑水平桌面

上，物体A和B用轻弹簧连接，

另一物体C靠在B左侧未连

接，它们的质量分别为m A＝0.2 kg，m B＝m C＝0.1 kg.现用外力作用B、C和A压缩弹簧，外力做功为7.2 J，弹簧仍在弹性限度内，然后由静止释放．试求：

(1)弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能；

(2)弹簧从伸长最大回复到自然长度时，A、B速度的大小．

解析：取向右为正方向．

(1)第一过程，弹簧从缩短至恢复原长

m A v A1＋(m B＋m C)v1＝0

1 2m A v2A1＋

1

2

(m B＋m C)v21＝E p0

代入数据得v A1＝6 m/s，v1＝－6 m/s，

第二过程，弹簧从原长伸至最长，此时A、B速度相等，有m A v A1＋m B v1＝(m A＋m B)v2

E pm＝E p0－1

2

(m A＋m B)v22－

1

2

m C v21

代入数据得v2＝2 m/s，E pm＝4.8 J.

(2)第三过程，弹簧从最长至原长，有(m A＋m B)v2＝m A v A3＋m B v B3

1 2(m A＋m B)v22＋E pm＝

1

2

m A v2A3＋

1

2

m B v2B3

得v A3＝－2 m/s，v B3＝10 m/s.

【小结】弹簧伸长时，B、C间有弹力作用，A、B系统的动量不守恒，但以A、B、C作为系统，动量守恒．以后B、C分离，A、B系统的动量守恒．本题说明有多个物体时，需合理选择物体组成研究系统。

例2.如图6－3－3所示，某货场需将质量为m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为

避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l ＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2) (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．

(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．

【思路点拨】货物沿光滑四分之一圆轨道下滑至底端过程中机械能守恒，求出到达轨道末端的速度，再根据圆周运动知识求对轨道的压力．由摩擦力、牛顿第二定律和运动学公式求解μ1应满足条件和货物滑到木板A末端时的速度及在木板A上运动的时间．

【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得

m1gR＝ 1/2 m1v02①

设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N，根据牛顿第二定律得F N－m1g＝m1 v02/R ②

联立①②式，代入数据得F N＝3000 N

根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．

(2)若货物滑上木板A时，木板不动，由受力分析得

μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g③

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得

μ1m1g>μ2(m1＋m2)g④

联立③④式，代入数据得

0．4<μ1≤0.6.⑤

(3)μ1＝0.5，由⑤式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑥

设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得

v12－v02＝－2a1l⑦

联立①⑥⑦式，代入数据得v1＝4 m/s⑧

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得

v1＝v0－a1t⑨

联立①⑥⑧⑨式，代入数据得

t＝0.4 s.

变式练习2：如右图所示，在距水平地面高为

h处有一半径为R的1/4圆弧轨道，圆弧轨道

位于竖直平面内，轨道光滑且末端水平，在轨

道的末端静置一质量为m的小滑块A。

现使另一质量为m的小滑块B从轨道的最高点由静止释放，并在轨道的最低点与滑块A发生碰撞，碰后粘合为一个小滑块C.已知重力加速度为g.求：

(1)滑块C对轨道末端的压力大小；

(2)滑块C在水平地面上的落地点与轨道末端的水平距离．

解析：(1)滑块B沿轨道下滑过程中，机械能守恒，设滑块B 与A碰撞前瞬间的速度为v1，则

mgR＝1

2

mv21①

滑块B与滑块A碰撞过程沿水平方向动量守恒，设碰撞后的速度为v2，则

mv1＝2mv2②

设碰撞后滑块C受到轨道的支持力为F N，根据牛顿第二定律，对滑块C在轨道最低点有

F N－2mg＝2mv22 R

③

联立①②③式可得：F N＝3mg④

根据牛顿第三定律可知，滑块C对轨道末端的压力大小为F N′＝3mg.

例3．如右图所示，质量m B＝1 kg的平板小车B在光滑水平面上以v1＝1 m/s的速度向左匀速运动．当t＝0时，质量m A＝2 kg 的小铁块A以v2＝2 m/s的速度水平向右滑上小车，A与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2.若A最终没有滑出小车，取小平向右为正方向，g＝10 m/s2，则：

(1)A在小车上停止运动时，小车的速度为多大？

(2)小车的长度至少为多少？

解析：(1)A在小车上停止运动时，

A、B以共同速度运动，设其速度为v，

取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v2－m B v1＝(m A＋m B)v，解得：v＝1 m/s. (2)设小车的最小长度为L，由功能关系得：

μm A gL＝1

2

m A v22＋

1

2

m B v21－

1

2

(m A＋m B)v2

解得：L＝0.75 m.

变式练习3.传送带间的动摩擦因数μ＝0.2.物块A、B质量m A ＝m B＝1 kg.开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，贮有弹性势能E p＝16 J．现解除锁定，弹开A、B.求：

(1)物块B沿传送带向右滑动的最远距离；

(2)物块B滑回水平面MN的速度v B′；

(3)若物块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让AB碰后B能从Q端滑出？

课后练习：

1.如图8所示,在光滑水平面上放有一个长为L的长木板C,在C 左端和距左端s处各放有一个小物块A、B,A、B都可视为质点,它们与C之间的动摩擦因数都是μ,A、B、C的质量都是m,开始时B、C静止,A以某一初速度v0向右运动,设B与C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:

(1)A 相对于C 向右滑动过程中,B 与C 之间的摩擦力 大小.

(2)为使A 、B 能够相碰,A 的初速度v0应满足什么条 件?

解析 (1)A 相对于C 向右滑动过程中B 与C 相对静止, 共同加速度为a,对B 物体:F f =ma,故F f =0.5μmg

(2)当A 、B 、C 三者具有共同的速度且A 追上B 时A 刚 好与B 相碰由动量守恒定律得mv 0=(m+m+m)v

由能量守恒定律得 解得 故若要使A 、B 能够相碰,A 的初速度应满足 答案 (1)0.5μmg (2) 2.甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它

们的动量分别是p 1=5 kg 〃m/s,p 2=7 kg 〃m/s,甲从 后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为

10 kg 〃m/s,则两球质量m 1与m 2的关系可能是( )

A.m 1=m 2

B.2m 1=m 2

C.4m 1=m 2

D.6m 1=m 2

解析 甲乙两球在碰撞中动量守恒,所以有

:

gs

v μ30>gs v μ30>220)(2

121

v m m m mv mgs ++-=μgs

v μ30=

p 1+p 2=p 1′+p 2′,将题给数据代入解得:p 1′=2 kg

〃m/s.由于在碰撞过程中动能不可能增加,所以

有: 将题给数据代入解得 根据题目给出物理情境是“甲从后面追上 乙”,必须有v1>v2,即 将题给数据代入解得: 综合上述分析得C 、D 正确. 答案 CD

3.如图6所示,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆 弧平滑连接,斜面倾角θ=37°,A 、B 是两个质量均 为m=1 kg 的小滑块(均可看作质点),B 的左端连接 一轻质弹簧.若滑块A 在斜面上受到F=4 N,方向垂 直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑.

现撤去F,让滑块A 从斜面上距斜面底端L=1 m 处,由 静止开始下滑.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,

cos 37°=0.8.

(1)求滑块A 与斜面间的动摩擦因数.

(2)求滑块A 到达斜面底端时的速度大小.

(3)滑块A 与弹簧接触后粘连在一起,求此后弹簧的最 大弹性势能.

解析 (1)滑块沿斜面匀速下滑时受力

,222222

2121221212m p m p m p m p '+'≥+;17

721m m ≤,2211m p m p >.177,752121m m m m ≤<即

如右图所示根据牛顿第二定律

mgsin θ=μN,N=mgcos θ+F

联立解得 (2)滑块沿斜面加速下滑时受力如右图所示

设滑块滑到斜面底端时的速度为v1,根据动

能定理(mgsin θ-μmgcos θ)

代入数据解得v1=2 m/s

(3)以A 、B 和弹簧为研究对象,当A 、B 速度相等时, 弹簧的弹性势能最大,设它们共同的速度为v2

根据动量守恒定律mv1=2mv2

设弹簧的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒

代入数据解得Ep=1 J

答案 (1)0.5 (2)2 m/s(3)1 J

4.如图7所示,在水平地面上放有长木板C,C 的右端有固定挡 板P,在C 上左端和中点各放有小 物块A 和B,A 和B 的尺寸以及P 的厚度皆可忽略不计,A 、B 之间和B 、P 之间的距离均为L.设木块C 与地面之间无摩擦,A 、C 之间和B 、C 之间的动摩擦 因数均为μ,A 、B 、C(连同挡板P)的质量相同.开始时,B 和C 静止,A 以某一初速度向右运动,中途经过与B 的极短时间的弹性碰撞后,最终B 恰好能运动到C 的右端与P 接触,求在这一过程中木板C 运动的位移s.

5.0cos sin =+=F

mg mg θθμ

答案： 3L